2017-2018高中物理 第二章 交變電流 第一節(jié) 認識交變電流 第二節(jié) 交變電流的描述學案 粵教版選修3-2

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1、 第一節(jié)　認識交變電流 第二節(jié)　交變電流的描述 [學習目標]1.會觀察電流(或電壓)的波形圖，理解交變電流和正弦式交變電流的概念.2.理解交變電流的產生過程，會分析電動勢和電流方向的變化規(guī)律.3.知道交變電流的變化規(guī)律及表示方法，知道交變電流的瞬時值、峰值的物理含義． 一、交變電流的產生 [導學探究]　假定線圈繞OO′軸沿逆時針方向勻速轉動，如圖1甲至丁所示．請分析判斷： 圖1 (1)線圈轉動一周的過程中，線圈中的電流方向的變化情況． (2)線圈轉動過程中，當產生的感應電流有最大值和最小值時線圈分別在什么位置？ 答案　(1) 轉動過程 電流方向 甲→乙 B

2、→A→D→C 乙→丙 B→A→D→C 丙→丁 A→B→C→D 丁→甲 A→B→C→D (2)線圈轉到乙或丁位置時線圈中的電流最大．線圈轉到甲或丙位置時線圈中電流最小，為零，此時線圈所處的平面稱為中性面． [知識梳理]　正弦式交變電流的產生條件及中性面的特點： (1)正弦式交變電流的產生條件：將閉合矩形線圈置于勻強磁場中，并繞垂直磁場方向的軸勻速轉動． (2)中性面：線圈平面與磁感線垂直時的位置． ①線圈處于中性面位置時，穿過線圈的Φ最大，但線圈中的電流為零． ②線圈每次經過中性面時，線圈中感應電流的方向都要改變．線圈轉動一周，感應電流的方向改變兩次． [即學即用]　判

3、斷下列說法的正誤． (1)只要線圈在磁場中轉動，就可以產生交變電流．(　　) (2)線圈在通過中性面時磁通量最大，電流也最大．(　　) (3)線圈在通過垂直中性面的平面時電流最大，但磁通量為零．(　　) (4)線圈在通過中性面時電流的方向發(fā)生改變．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 二、用函數表達式描述交變電流 [導學探究]　如圖2是圖1中線圈ABCD在磁場中繞軸OO′轉動時的截面圖．線圈平面從中性面開始轉動，角速度為ω.經過時間t，線圈轉過的角度是ωt，AB邊的線速度v的方向跟磁感線方向間的夾角也等于ωt.設AB邊長為L1，BC邊長為L2，線圈面積S＝L1L

4、2，磁感應強度為B，則： 圖2 (1)甲、乙、丙中AB邊產生的感應電動勢各為多大？ (2)甲、乙、丙中整個線圈中的感應電動勢各為多大？ (3)若線圈有n匝，則甲、乙、丙中整個線圈的感應電動勢各為多大？ 答案　(1)甲：eAB＝0 乙：eAB＝BL1vsinωt＝BL1·sinωt ＝BL1L2ωsinωt＝BSω·sinωt 丙：eAB＝BL1v＝BL1·＝BL1L2ω＝BSω (2)整個線圈中的感應電動勢由AB和CD兩部分組成，且eAB＝eCD，所以 甲：e＝0 乙：e＝eAB＋eCD＝BSω·sinωt 丙：e＝BSω (3)若線圈有n匝，則相當于n個完全相同

5、的電源串聯(lián)，所以 甲：e＝0 乙：e＝nBSωsinωt 丙：e＝nBSω [知識梳理]　交變電流的瞬時值、峰值表達式 (1)正弦式交變電流電動勢的瞬時值表達式： ①當從中性面開始計時：e＝Emsin_ωt. ②當從與中性面垂直的位置開始計時：e＝Emcos_ωt. (2)正弦式交變電流電動勢的峰值表達式： Em＝nBSω 與線圈的形狀無關，與轉動軸的位置無關．(填“有關”或“無關”) [即學即用]　有一個正方形線圈的匝數為10匝，邊長為20cm，線圈總電阻為1Ω，線圈繞OO′軸以10πrad/s的角速度勻速轉動，如圖3所示，勻強磁場的磁感應強度為0.5T，該線圈產生的交

6、變電流電動勢的峰值為________，電流的峰值為________，若從中性面位置開始計時，感應電動勢的瞬時值表達式為________． 圖3 答案　6.28V　6.28A　e＝6.28sin10πtV 解析　電動勢的峰值為 Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V 電流的峰值為Im＝＝6.28A 感應電動勢的瞬時值表達式為 e＝Emsinωt＝6.28sin10πtV. 三、用圖象描述交變電流 [導學探究]　由正弦式電流的電動勢e＝Emsinωt，電流i＝Imsinωt和電壓u＝Umsinωt分別畫出e－t、i－t、u－t圖象． 答案　

7、[知識梳理]　從正弦式交變電流的圖象可以解讀到以下信息： (1)交變電流的周期T、峰值Im或者Em. (2)因線圈在中性面時感應電動勢、感應電流均為零，磁通量最大，所以可確定線圈位于中性面的時刻；也可根據電流或者電壓峰值找出線圈平行磁感線的時刻． (3)判斷線圈中磁通量Φ最小、最大的時刻及磁通量變化率最大、最小的時刻． (4)分析判斷i、e大小和方向隨時間的變化規(guī)律． [即學即用]　判斷下列說法的正誤． (1)當線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸做勻速圓周運動，線圈中的電流就是正(或余)弦式電流．(　　) (2)正弦式交流電在一個周期里，電流有一個最大值，一個最小值．(　　) (3

8、)若某一閉合線圈中產生正弦式交流電，當電動勢達到最大值時，線圈中的電流不一定達到最大值．(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)× 一、交變電流的產生 例1　(多選)矩形線框繞垂直于勻強磁場且在線框平面內的軸勻速轉動時產生了交變電流，下列說法正確的是 (　　) A．當線框位于中性面時，線框中感應電動勢最大 B．當穿過線框的磁通量為零時，線框中的感應電動勢也為零 C．每當線框經過中性面時，感應電動勢或感應電流的方向就改變一次 D．線框經過中性面時，各邊切割磁感線的速度為零 答案　CD 解析　線框位于中性面時，線框平面與磁感線垂直，穿過線框的磁通量最大，但此時切割磁感線的兩

9、邊的速度與磁感線平行，即不切割磁感線，所以感應電動勢等于零，此時穿過線框的磁通量的變化率也等于零，感應電動勢或感應電流的方向也就在此時刻發(fā)生變化．線框垂直于中性面時，穿過線框的磁通量為零，但切割磁感線的兩邊都垂直切割，有效切割速度最大，所以感應電動勢最大，也可以說此時穿過線框的磁通量的變化率最大，故C、D選項正確． 搞清兩個特殊位置的特點： (1)線圈平面與磁場垂直時：e為0，i為0，Φ為最大，為0. (2)線圈平面與磁場平行時：e為最大，i為最大，Φ為0，為最大． 二、交變電流的變化規(guī)律 1．峰值表達式 Em＝NBSω，Im＝＝，Um＝ImR＝ 2．正弦交變電流的瞬時值

10、表達式 (1)從中性面位置開始計時 e＝Emsinωt，i＝Imsinωt，U＝Umsinωt (2)從與中性面垂直的位置開始計時 e＝Emcosωt，i＝Imcosωt，U＝Umcosωt. 例2　一矩形線圈，面積是0.05m2，共100匝，線圈電阻r＝2Ω，外接電阻R＝8Ω，線圈在磁感應強度B＝T的勻強磁場中以n＝300r/min的轉速繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，如圖4所示，若從中性面開始計時，求：(π取3.14) 圖4 (1)線圈中感應電動勢的瞬時值表達式； (2)從開始計時經s時線圈中的感應電流的瞬時值； (3)外電路R兩端電壓瞬時值的表達式． 答案　(1)e＝

11、50sin10πtV　(2)A (3)u＝40sin10πtV 解析　(1)線圈轉速n＝300r/min＝5 r/s， 角速度ω＝2πn＝10πrad/s， 線圈產生的感應電動勢最大值Em＝NBSω＝50V， 由此得到的感應電動勢瞬時值表達式為 e＝Emsinωt＝50sin10πtV. (2)將t＝s代入感應電動勢瞬時值表達式中， 得e′＝50sin (10π×) V＝25V， 對應的感應電流i′＝＝A. (3)由歐姆定律得u＝R＝40sin10πtV. 1．求交變電流瞬時值的方法 (1)確定線圈轉動從哪個位置開始計時； (2)確定表達式是正弦函數還是余弦函數；

12、 (3)確定轉動的角速度ω＝2πn(n的單位為r/s)、峰值Em＝NBSω； (4)寫出表達式，代入角速度求瞬時值． 2．線圈在勻強磁場中勻速轉動產生正弦式交變電流，產生的交變電流與線圈的形狀無關．如圖5所示，若線圈的面積與例2中題圖所示線圈面積相同，則答案完全相同． 圖5 三、交變電流的圖象 例3　處在勻強磁場中的矩形線圈abcd以恒定的角速度繞ab邊轉動，磁場方向平行于紙面并與ab邊垂直．在t＝0時刻，線圈平面與紙面重合，如圖6所示，線圈的cd邊離開紙面向外運動．若規(guī)定沿a→b→c→d→a方向的感應電流為正，則圖中能反映線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象是(　　) 圖

13、6 答案　C 解析　線圈在磁場中從圖示位置開始勻速轉動時可以產生按余弦規(guī)律變化的交流電．對于圖示起始時刻，線圈的cd邊離開紙面向外運動，速度方向和磁場方向垂直，產生的電動勢的瞬時值最大；用右手定則判斷出電流方向為逆時針方向，與規(guī)定的正方向相同，所以C對． 1．從中性面開始計時是正弦曲線，從垂直中性面開始計時是余弦曲線． 2．由楞次定律或右手定則判斷感應電流的方向. 1．(多選)如圖所示的圖象中屬于交變電流的有(　　) 答案　ABC 解析　選項A、B、C中e的方向均發(fā)生了變化，故它們屬于交變電流，但不是正弦式交變電流；選項D中e的方向未變化，故是直流． 2

14、．(多選)下列各圖中，線圈中能產生交變電流的有(　　) 答案　BCD 3．(多選)如圖7甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸OO′以恒定的角速度ω轉動．從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈中產生的交變電流按照如圖乙所示的余弦規(guī)律變化，則在t＝時刻 (　　) 圖7 A．線圈中的電流最大 B．穿過線圈的磁通量為零 C．線圈所受的安培力為零 D．線圈中的電流為零 答案　CD 解析　線圈轉動的角速度為ω，則轉過一圈用時，當t＝時說明轉過了圈，此時線圈位于中性面位置，所以穿過線圈的磁通量最大，B錯誤，由于此時感應電動勢為零，所以線圈中電流為零，線圈所受

15、的安培力為零，A錯誤，C、D正確． 4.如圖8所示，勻強磁場的磁感應強度B＝T，邊長L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω.求： 圖8 (1)轉動過程中線圈中感應電動勢的最大值． (2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過30°角的過程中產生的平均感應電動勢． 答案　(1)2V　(2)V 解析　(1)設轉動過程中感應電動勢的最大值為Em，則Em＝NBL2ω＝100××0.01×2πV＝2V. (2)設由圖示位置轉過30°角的過程中產生的平均感應電動勢為，則 ＝N，Δt

16、＝，ΔΦ＝BL2sin30°， 代入數據解得＝V. 一、選擇題(1～7題為單選題，8～9題為多選題) 1．關于線圈在勻強磁場中繞軸勻速轉動產生的交變電流，以下說法中正確的是(　　) A．線圈平面每經過中性面一次，感應電流的方向就改變一次，感應電動勢的方向不變 B．線圈每轉動一周，感應電流的方向就改變一次 C．線圈平面每經過中性面一次，感應電動勢和感應電流的方向都要改變一次 D．線圈轉動一周，感應電動勢和感應電流的方向都要改變一次 答案　C 解析　根據交流電的變化規(guī)律可得，如果從中性面開始計時有e＝Emsinωt和i＝Imsinωt；如果從垂直于中性面的位置開始計時有e＝E

17、mcosωt和i＝Imcosωt，不難看出：線圈平面每經過中性面一次，感應電流的方向就改變一次，感應電動勢的方向也改變一次；線圈每轉動一周，感應電流和感應電動勢的方向都改變兩次，故C正確． 2.如圖1所示，一矩形線圈繞與勻強磁場垂直的中心軸OO′沿順時針方向轉動，引出線的兩端分別與相互絕緣的兩個半圓形銅環(huán)M和N相連．M和N又通過固定的電刷P和Q與電阻R相連．在線圈轉動過程中，通過電阻R的電流 (　　) 圖1 A．大小和方向都隨時間做周期性變化 B．大小和方向都不隨時間做周期性變化 C．大小不斷變化，方向總是P→R→Q D．大小不斷變化，方向總是Q→R→P 答案　C 解析

18、　半圓環(huán)交替接觸電刷，從而使輸出電流方向不變，這是一個直流發(fā)電機模型，由右手定則知，外電路中電流方向是P→R→Q. 3.一個矩形線圈，在勻強磁場中繞一個固定軸勻速轉動，當線圈處于如圖2所示位置時，它的(　　) 圖2 A．磁通量最大，磁通量變化率最大，感應電動勢最大 B．磁通量最小，磁通量變化率最大，感應電動勢最大 C．磁通量最大，磁通量變化率最小，感應電動勢最小 D．磁通量最小，磁通量變化率最小，感應電動勢最小 答案　B 解析　線圈處于題圖所示位置時，它與磁感線平行，磁通量為零，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，選項A、C、D錯誤，B正確． 4．交流發(fā)電機工作時電動勢為e

19、＝Emsinωt，若將發(fā)電機的轉速提高一倍，同時將電樞所圍面積減小一半，其他條件不變，則其電動勢變?yōu)?　　) A．e′＝Emsin　　　　　 B．e′＝2Emsin C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝sin2ωt 答案　C 解析　感應電動勢的瞬時值表達式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，當ω加倍而S減半時，Em不變，故正確答案為C. 5.如圖3所示是一臺發(fā)電機的結構示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，它們的表面呈半圓柱面形狀．M是圓柱形鐵芯，它與磁極的柱面共軸，鐵芯上有一矩形線框，可繞與鐵芯M共軸的固定轉軸旋轉．磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑、大小近似均勻的磁場．若

20、從圖示位置開始計時，當線框繞固定轉軸勻速轉動時，下列圖象中能正確反映線框中感應電動勢e隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 圖3 答案　D 解析　因發(fā)電機的兩個磁極N、S呈半圓柱面形狀，磁極間的磁感線如圖所示，磁感應強度的大小不變，僅方向發(fā)生改變，故線框在磁場中轉動時垂直切割磁感線，產生的感應電動勢的大小不變，線框越過空隙段后，由于線框切割磁感線的方向發(fā)生變化，所以感應電動勢的方向發(fā)生變化，綜上所述，選項D正確． 6．一矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電動勢為e＝10sin (20πt) V，則下列說法正確的是(　　) A．t＝0時，線圈位于中性面 B．t＝0時，穿過線圈

21、的磁通量為零 C．t＝0時，線圈切割磁感線的有效速度最大 D．t＝0.4s時，電動勢第一次出現最大值 答案　A 解析　由電動勢e＝10sin (20πt) V知，計時從線圈位于中性面時開始，所以t＝0時，線圈位于中性面，磁通量最大，但此時線圈切割磁感線的線速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速度為零，A正確，B、C錯誤．當t＝0.4s時，e＝10sin (20π×0.4) V＝0，D錯誤． 7.在垂直向里的有界勻強磁場中放置了矩形線圈abcd.線圈cd邊沿豎直方向且與磁場的右邊界重合．線圈平面與磁場方向垂直．從t＝0時刻起，線圈以恒定角速度ω＝繞cd邊沿如圖4所示方向轉動，規(guī)定線圈

22、中電流沿abcda方向為正方向，則從t＝0到t＝T時間內，線圈中的電流I隨時間t變化關系圖象為(　　) 圖4 答案　B 解析　在0～內，線圈在勻強磁場中勻速轉動，故產生正弦式交流電，由楞次定律知，電流方向為負值；在～T，線圈中無感應電流；在T時，ab邊垂直切割磁感線，感應電流最大，且電流方向為正值，故只有B項正確． 圖5 8．矩形線圈的匝數為50匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖5所示，下列結論正確的是(　　) A．在t＝0.1s和t＝0.3s時，電動勢最大 B．在t＝0.2s和t＝0.4s時，電動勢改變方向 C．電動勢

23、的最大值是157V D．當t＝0.4s時，磁通量變化率達到最大，其值為3.14Wb/s 答案　CD 解析　由Φ－t圖象可知Φmax＝BS＝0.2Wb，T＝0.4s，又因為n＝50，所以Emax＝nBSω＝nΦmax·＝157V，C正確．t＝0.1s和t＝0.3s時，Φ最大，e＝0，電動勢改變方向；t＝0.2s和t＝0.4s時，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B錯誤．根據線圈在磁場中轉動時產生感應電動勢的特點知，當t＝0.4s時，最大，＝3.14Wb/s，D正確． 9.矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，所產生的交變電流的波形圖如圖6所示，下列說法中正確的是(　　) 圖6 A．在t1時

24、刻穿過線圈的磁通量達到峰值 B．在t2時刻穿過線圈的磁通量達到峰值 C．在t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率達到峰值 D．在t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率達到峰值 答案　BC 解析　從題圖中可知，t1、t3時刻線圈中感應電流達到峰值，磁通量的變化率達到峰值，而磁通量最小，線圈平面與磁感線平行；t2、t4時刻感應電流等于零，磁通量的變化率為零，線圈處于中性面位置，磁通量達到峰值．正確答案為B、C. 二、非選擇題 10．如圖7甲所示，矩形線圈匝數N＝100匝，ab＝30cm，ad＝20cm，勻強磁場的磁感應強度B＝0.8T，繞軸OO′從圖示位置開始勻速轉動，角速度ω＝100πrad/

25、s，試求： 甲　　　　　　　　乙 圖7 (1)穿過線圈的磁通量最大值Φm為多大？線圈轉到什么位置時取得此值？ (2)線圈產生的感應電動勢最大值Em為多大？線圈轉到什么位置時取得此值？ (3)寫出感應電動勢e隨時間變化的表達式，并在圖乙中作出圖象． 答案　見解析 解析　(1)當線圈轉至與磁感線垂直時，磁通量有最大值 Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2Wb＝0.048Wb (2)線圈與磁感線平行時，感應電動勢有最大值 Em＝NBSω＝480πV (3)感應電動勢的表達式e＝Emcosωt＝480πcos (100πt) V 圖象如圖所示． 11．一個面積為S的單匝

26、矩形線圈abcd在勻強磁場中以其一條邊ab為轉軸勻速轉動，磁場方向與轉軸垂直．t＝0時刻線圈位置如圖8甲所示，線圈中感應電動勢e與時間t的關系圖象如圖乙所示．感應電動勢的最大值和周期可以從圖中讀出．則： 圖8 (1)磁感應強度B多大？ (2)畫出t＝0時刻線圈與磁場間相對位置關系． (3)在t＝時，線圈平面與磁感應強度方向的夾角多大？ 答案　(1)　(2)見解析圖　(3)30° 解析　(1)由e－t圖象可直接讀得Em和T， 由Em＝BSω和ω＝得B＝. (2)t＝0時線圈中感應電動勢為最大值，故該時刻線圈與磁場的位置關系如圖a或b所示． 　 (3)由圖乙可知e＝Emcosωt＝Emcost， 當t＝時，有e＝Emcos＝Emcos， 即線圈平面與磁感應強度方向的夾角θ＝＝30°. 16